XXV Olimpiada Mexicana de Matem´ aticas en Tamaulipas Examen Selectivo 2 de octubre de 2011

1. Un maestro de matem´aticas avisa a sus alumnos que preguntar´a la demostraci´on de tres de los ocho teoremas vistos en clase en el examen del siguiente d´ıa. De estos tres teoremas se podr´a elegir cual demostrar. a) Un alumno decide estudiar solamente cuatro de los teoremas. ¿En cu´antos casos al menos uno de estos aparecer´a en el examen? b) ¿Cu´al es el menor n´ umero de teoremas que un estudiante debe aprender para asegurar que ser´a capaz de demostrar alguno en el examen? 2. En un condominio ser´an construidas seis casas de un mismo lado de una calle. Las casas pueden ser de ladrillo o de madera, pero como medida de seguridad contra incendios, dos casas de madera no pueden ser vecinas. ¿De cu´antas formas se puede planear la construcci´on de las casas de este condominio? 3. Se tienen 60 cajas numeradas del 1 al 60 y 60 pelotas numeradas del 1 al 60. a) ¿De cu´antas formas se puede colocar exactamente una pelota en cada caja de manera que en cada caja cuyo n´ umero sea m´ ultiplo de 3 quede una pelota cuyo n´ umero tambi´en es m´ ultiplo de 3? b) ¿De cu´antas formas se puede colocar exactamente una pelota en cada caja de manera que en cada caja cuyo n´ umero sea m´ ultiplo de 3 quede una pelota cuyo n´ umero tambi´en es m´ ultiplo de 3 y que en cada caja cuyo n´ umero sea par quede una pelota cuyo n´ umero tambi´en es par? 4. A un conjunto C se le llama cotorro si la suma de sus elementos es un m´ ultiplo de 5. Por ejemplo, el conjunto C = {1, 2, 3, 4, 5} es un conjunto cotorro. ¿Cu´antos conjuntos cotorros de 31 elementos hay si cada uno de estos toma un valor entre 1 y 35? 5. Encuentra todos los n´ umeros naturales n para los cuales es posible dividir un tri´angulo equil´atero en n tri´angulos equil´ateros (no necesariamente del mismo tama˜ no). 6. Se tienen 51 hormigas dentro de un cuadrado de lado 1. Demuestra que en cualquier momento es posible encerrar tres hormigas dentro de un c´ırculo de radio 51 . 7. Demuestra que si se eligen 10 n´ umeros naturales distintos entre 1 y 15 inclusive, se habr´an seleccionado dos n´ umeros a, b tales que ab+1 o 4ab+1 es un cuadrado perfecto.

XXV Olimpiada Mexicana de Matem´ aticas en Tamaulipas Examen Selectivo (Soluci´ on) 2 de octubre de 2011

1. Un maestro de matem´aticas avisa a sus alumnos que preguntar´a la demostraci´on de tres de los ocho teoremas vistos en clase en el examen del siguiente d´ıa. De estos tres teoremas se podr´a elegir cual demostrar. a) Un alumno decide estudiar solamente cuatro de los teoremas. ¿En cu´antos casos al menos uno de estos aparecer´a en el examen? b) ¿Cu´al es el menor n´ umero de teoremas que un estudiante debe aprender para asegurar que ser´a capaz de demostrar alguno en el examen? Soluci´ on: a) Este problema puede resolverse utilizando la regla del complemento, es decir, restando los casos en los que no aparece alguno de los problemas que estudi´o del total de casos. El total
de casos formas de elegir los teoremas que aparecer´an en el examen es 83 = 56. Luego, el n´ umero de
ex´amenes en los que no aparece alguno de los teoremas que estudi´o es 43 = 4. Entonces, aparecer´a al menos un teorema de los que estudi´o en 56 − 4 = 52 casos. b) Si un alumno aprende 6 de los 8 teoremas, entonces desconoce 2 de los 8. Como aparecen 3 teoremas, forzosamente aparecer´a uno de los que aprendi´on. Si s´olo aprendiera 5, podr´ıa ocurrir que aparezcan los 3 que no conoce. 2. En un condominio ser´an construidas seis casas de un mismo lado de una calle. Las casas pueden ser de ladrillo o de madera, pero como medida de seguridad contra incendios, dos casas de madera no pueden ser vecinas. ¿De cu´antas formas se puede planear la construcci´on de las casas de este condominio? Soluci´ on: Como u ´nicamente nos interesa la distribuci´on de las casas y no la forma de cada casa, podemos ver este problema como las maneras de ordenar k pelotas blancas id´enticas y 6 − k pelotas negras id´enticas de manera que no haya 2 pelotas blancas juntas, donde k puede ser un entero desde 0 hasta 6. Obs´ervese que si k > 3, forzosamente habr´an 2 pelotas blancas juntas. Ahora, para k entre 0 y 3, col´oquense primero las 6-k pelotas negras. Para que las pelotas blancas no est´en juntas, estas deben colocarse ya sea en los espacios al inicio o al final de la fila, o entre un par de pelotas negras. Entonces se deben
6−k+1 elegir k de estos 6 − k + 1 espacios, lo cual se realiza de formas. k

Podemos resolver cada caso de forma independiente y despu´es sumar los resultados:
k = 0: 70 = 1 formas.
k = 1: 61 = 6 formas.
k = 2: 52 = 10 formas.
k = 3: 43 = 4 formas. El total de formas es entonces 1 + 6 + 10 + 4 = 21. 3. Se tienen 60 cajas numeradas del 1 al 60 y 60 pelotas numeradas del 1 al 60. a) ¿De cu´antas formas se puede colocar exactamente una pelota en cada caja de manera que en cada caja cuyo n´ umero sea m´ ultiplo de 3 quede una pelota cuyo n´ umero tambi´en es m´ ultiplo de 3? b) ¿De cu´antas formas se puede colocar exactamente una pelota en cada caja de manera que en cada caja cuyo n´ umero sea m´ ultiplo de 3 quede una pelota cuyo n´ umero tambi´en es m´ ultiplo de 3 y que en cada caja cuyo n´ umero sea par quede una pelota cuyo n´ umero tambi´en es par? Soluci´ on: a) Hay en total 20 m´ ultiplos de 3 entre el 1 y el 60. Las 20 pelotas m´ ultiplo de 3 pueden colocarse en sus cajas correspondientes de 20! formas. Luego, las 40 pelotas restantes pueden acomodarse de 40! formas. Entonces hay 20! × 40! formas de poner una pelota en cada caja de tal manera que se cumpla la condici´on. b) Obs´ervese que hay pelotas que son tanto m´ ultiplo de 2 como de 3. Entonces ´estas deben quedar colocadas en una caja que sea tambi´en m´ ultiplo de 2 y 3. Hay en total 10 pelotas m´ ultiplo de 2 y 3, 10 que son m´ ultiplo de 3 pero no de 2, 20 que son m´ ultiplo de 2 pero no de 3, y 20 que no son m´ ultiplo ni de 2 ni de 3, las cuales pueden acomodarse de 10!, 10!, 20! y 20! formas respectivamente. Entonces hay 10! × 10! × 20! × 20! formas de poner una pelota en cada caja de tal manera que se cumpla la condici´on. 4. A un conjunto C se le llama cotorro si la suma de sus elementos es un m´ ultiplo de 5. Por ejemplo, el conjunto C = {1, 2, 3, 4, 5} es un conjunto cotorro. ¿Cu´antos conjuntos cotorros de 31 elementos hay si cada uno de estos toma un valor entre 1 y 35? Soluci´ on: = 120, la cual es m´ ultiplo de 5. La suma de los n´ umeros del 1 al 35 es 15×16 2 Entonces, para que un conjunto C de 31 elementos entre 1 y 35 sea cotorro, es necesario que los 4 n´ umeros que no pertenecen a ´el tengan suma m´ ultiplo de

5. As´ı, en lugar de elegir a los n´ umeros que estar´an en el conjunto se eligen los que no estar´an en el conjunto. Consid´erense las congruencias m´odulo 5 de los 35 n´ umeros. En total se tienen 7 n´ umeros por cada congruencia. Dividamos en casos seg´ un el n´ umero de n´ umeros m´ ultiplo de 5 elegidos: 4 m´ ultiplos de 5: Claramente la suma
es m´ ultiplo de 5, por lo que el conjunto ser´a cotorro. 7 En este caso hay 4 = 35 conjuntos cotorros. 3 m´ ultiplos de 5: Sin importar cual sea la congruencia del otro n´ umero, la suma de los 4 no ser´a m´ ultiplo de 5. En este caso hay 0 conjuntos cotorros. 2 m´ ultiplos de 5: La suma ser´a m´ ultiplo de 5 u ´nicamente si se eligen un n´ umero de las congruencias 1 y 4, o un n´ umero de las congruencias 2 y 3. En este caso

7 2 7 2 2 2 hay 1 + 1 = 7 + 7 = 98 conjuntos cotorros. 1 m´ ultiplo de 5: La suma ser´a m´ ultiplo de 5 u ´nicamente si se eligen dos n´ umeros con congruencia 1 y un n´ umero de congruencia 3, un n´ umero de congruencia 1 y dos de congruencia 3
y uno
2,
o dos
de
congruencia


de congruencia 4. En este caso hay 72 71 + 71 72 + 72 71 = 3 72 71 = 3 × 21 × 7 = 441 conjuntos cotorros. 0 m´ ultiplos de 5: La suma ser´a m´ ultiplo de 5 u ´nicamente si se eligen dos n´ umeros de las congruencias 1 y 4, dos n´ umeros de las congruencias 2 y 3, o un n´ umero


4 7 2 7 2 de cada una de las congruencias. En este caso hay 2 + 2 + 71 = 212 + 212 + 74 = 441 + 441 + 2401 = 3283 conjuntos cotorros. Por lo tanto hay en total 35 + 98 + 441 + 3283 = 3857 conjuntos cotorros de 31 elementos con valores entre 1 y 35. 5. Encuentra todos los n´ umeros naturales n para los cuales es posible dividir un tri´angulo equil´atero en n tri´angulos equil´ateros (no necesariamente del mismo tama˜ no). Soluci´ on: Es claro que el tri´angulo puede dividirse en 1 tri´angulo equil´atero, es decir, el mismo. Es f´acil dar una manera de dividir al tri´angulo equil´atero en 4, 6 y 8 tri´angulos equil´ateros. Obs´ervese que si el tri´angulo equil´atero est´a dividido en k tri´angulos equil´ateros, si se divide uno de estos en 4 tri´angulos equil´ateros, el tri´angulo original quedar´a dividido en k + 3 tri´angulos equil´ateros. De esta forma, a partir de la divisi´on en 4 tri´angulos podemos llegar a la de 7 tri´angulos, y a partir de esta a la de 10, y as´ı sucesivamente.

Por lo tanto, el tri´angulo puede dividirse en n tri´angulos equil´ateros si n es de la forma 3k + 1, para k ≥ 0. An´alogamente, a partir de la divisi´on en 6 y 8 tri´angulos equil´ateros, se muestra que el tri´angulo puede dividirse en n tri´angulos equil´ateros para n de la forma 3k para k ≥ 2, y 3k + 2 para k ≥ 2, respectivamente. Si n = 2, por el principio de las casillas uno de los tri´angulos debe contener dos de los a´ngulos del tri´angulo original. Como este tri´angulo es equil´atero, tambi´en debe contener al otro ´angulo. Entonces no puede dividirse en 2 tri´angulos. Si n = 3, cada tri´angulo debe contener a uno de los a´ngulos del tri´angulo original. Si dos de los tri´angulos tienen un v´ertice com´ un, el a´ngulo entre sus lados es de 60o , por lo que se necesitar´a otro tr´ıangulo que lo contenga. Si dos tri´angulos no tienen un v´ertice com´ un, cada uno genera genera un a´ngulo de 120o con el lado del tri´angulo original, el cual necesita 2 tri´angulos equil´ateros para cubrirse. Entonces no puede dividirse en 3 tri´angulos. Siguiendo un argumento similar a los anteriores se puede mostrar que para n = 5 tampoco es posible. Por lo tanto el tri´angulo puede dividirse para n = 1, 4, 6, 7, 8, 9, 10, 11, . . .. 6. Se tienen 51 hormigas dentro de un cuadrado de lado 1. Demuestra que en cualquier momento es posible encerrar tres hormigas dentro de un c´ırculo de radio 51 . Soluci´ on: Div´ıdase el cuadrado de lado 1 en 25 cuadritos de lado 15 . As´ı, por el principio de las casillas hay un cuadrito que contiene al menos a 3 de las 51 hormigas. Luego, utilizandoqel teorema q de Pit´agoras se tiene que la diagonal de un cuadrito de lado

1 5

es

1 25

+

1 25

=

2 25

√

=

2 . 5

Entonces, el radio del c´ırculo que pasa por los

cuatro v´ertices del cuadrito tiene radio 5√1 2 . Esto quiere decir que en cualquier momento hay 3 hormigas que se pueden encerrar en un c´ırculo de radio 5√1 2 . Como 15 > 5√1 2 , el c´ırculo con centro en el centro del cuadrito de lado 15 contiene completamente al c´ırculo circunscrito a este cuadrito, por lo que tambi´en encierra a las 3 hormigas. 7. Demuestra que si se eligen 10 n´ umeros naturales distintos entre 1 y 15 inclusive, se habr´an seleccionado dos n´ umeros a, b tales que ab+1 o 4ab+1 es un cuadrado perfecto. Soluci´ on: Obs´ervese que si ab + 1 = k 2 para alg´ un k, entonces ab = k 2 − 1 = (k − 1)(k + 1), de donde a = k − 1 y b = k + 1 o viceversa. Para aprovechar este hecho, podemos dividir a los 15 n´ umeros en las siguientes ternas: (1, 2, 3), (4, 5, 6), (7, 8, 9), (10, 11, 12), (13, 14, 15) Al elegir 10 de los 15 n´ umeros posibles, siempre se eligen al menos dos de la misma terna. Sup´ongase que la terna en la que se seleccionan dichos dos n´ umeros

es la terna (n − 1, n, n + 1). Tenemos tres casos: Si se seleccionan n−1 y n+1, entonces (n−1)(n+1)+1 = n2 −1+1 = n2 , de donde (n − 1)(n + 1) + 1 es un cuadrado perfecto. Si se seleccionan n−1 y n, entonces 4(n−1)n+1 = 4n2 −4n+1 = (2n−1)2 , de donde 4(n − 1)n + 1 es un cuadrado perfecto. Si se seleccionan n y n + 1, se procede igual que en el caso anterior para probar que 4n(n + 1) + 1 es un cuadrado perfecto. Por lo tanto siempre se eligen dos n´ umeros que satisfacen lo pedido.